半群POn的高次方準冪等元

吳江燕

(安順學院 數(shù)理學院,貴州 安順 561000)

0 引言

設[n]={1,2,…,n}并賦予自然序，Singn是[n]上的奇異變換半群。設α∈Singn，若對任意x,y∈[n],x≤y?xα≤yα，則稱α是保序的。設On為Singn中的所有保序變換之集，則On是Singn的子半群，稱On為保序變換半群。設POn為Singn中的所有保序部分變換之集，則POn=On∪{α:dom(α)?[n],(?x,y∈dom(α))x≤y?xα≤yα}是Singn的一個子半群，稱為保序部分變換半群。設α∈Singn，若α2=α，則稱α是一個冪等元；若α2≠α且α2是冪等元(α4=α2)，則稱α是一個平方冪等元；一般地，若αm≠αi(1≤i

通常，一個有限半群S的秩定義為：rankS=min{|A|:A?S,=S}。如果S由它的冪等元集E生成，那么S的冪等元秩定義為:idrankS=min{|A|:A?E,=S}。類似可以定義S的m次方準冪等元秩為:idrankmS=min{|A|:A?Em,=S}，其中Em為m次方準冪等元之集。顯然有rankS≤idrankS且rankS≤idrankmS。對于有限變換半群秩的相關研究一直以來都是半群理論研究中的熱點之一。1992年，Gomes和Howie[1]研究了On和POn的秩和冪等元秩；1994年，Garba[2]進一步分別研究了On和POn的理想L(n,r)={α∈On:|im(α)|≤r}和M(n,r)={α∈POn:|im(α)|≤r}(2≤r≤n-2)的秩和冪等元秩。1993年，Umar在文[3]中首次提出平方冪等元的概念，之后，對于有限半群中具有某種特殊性質的元素的秩開始被廣泛研究。1999年，Madu[4]研究了有限變換半群的平方冪等元和平方冪零元；2001年，Madu[5]研究了保序鏈的有限變換半群中的平方冪等元；2013年，Imam[6]研究了有限變換半群中由平方冪等元生成的子半群。本文將考慮半群POn的頂端J- 類Jn-1中的m次方準冪等元，用集合

Em(Jn-1)={α∈Jn-1:α是m次方準冪等元}

本文未定義的術語及記法參見文獻[7-8]。

1 主要結果及證明

據Gomes和Howie的結果，POn中的Green關系有如下刻畫:

?α,β∈POn,

[k,r]={α∈POn:|dom(α)|=k,|im(α)|=r}。

(i)Jn-1=[n,n-1]∪[n-1,n-1];

Lk={α∈Jn-1:im(α)=[n]{k}}。

R(k,k+1)={α∈[n,n-1]:α唯一的非單點核類為{k,k+1}}(1≤k≤n-1);

Ri={α∈[n-1,n-1]:dom(α)=[n]{i}}(1≤i≤n)。

設P,Q是[n]的非空子集，若對任意a∈P,b∈Q，有a

其中a1

定義設A?[n]非空，α∈POn，若對任意x,y∈A，有xα≠yα，則稱A是α的部分橫截集。

由部分橫截集的定義易得如下引理:

引理1 設A?[n]非空，α∈POn，若集合A是α的部分橫截集，則Aα=A。

引理2 設2≤r≤n-1，則[n,r]·[n,n-1]?[n,r]∪[n,n-1]。

證明任取α∈[n,r]，β∈[n,n-1]，則|im(α)|=r。

(i)若im(α)是β的部分橫截集，則由引理1可得，

|im(αβ)|=|(im(α))β|=|im(α)|=r，

從而αβ∈[n,r]。

(ii)若im(α)不是β的部分橫截集，則存在x,y∈im(α)，使得xβ=yβ。由β∈[n,n-1]可知，集合{x,y}是β唯一的非單點核類，于是集合[n]{x}是β的部分橫截集，進而由部分橫截集的定義易知，集合im(α){x}是β的部分橫截集，從而

|im(αβ)|=|(im(α))β|=|(im(α){x})β|

=|im(α){x}|=|im(α)|-1=r-1。

綜上所述，由α,β的任意性可得，[n,r]·[n,n-1]?[n,r]∪[n,n-1]。

引理3 設1≤s≤n-1， 則[n,n-1]s?[n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-s]。

證明用歸納法對s進行證明。

(i)當s=1時，顯然有[n,n-1]?[n,n-1];

(ii)假設s=k時，結論成立，即

[n,n-1]k?[n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-k]。

當s=k+1時，由引理2及歸納假設可得,

[n,n-1]k+1=[n,n-1]k·[n,n-1]

?([n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-k])·[n,n-1]

=([n,n-1]·[n,n-1])∪([n,n-2]·

[n,n-1])∪…∪([n,n-k])·[n,n-1])

?([n,n-1]·[n,n-2])∪…∪([n,n-k])·

[n,n-k-1])

=[n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-k]∪[n,n-k-1]

綜上所述，該引理成立。

定理4 設n≥3,2≤m≤n-1，令

其中a1

ak?Ak,ak+1?Ak+1,…,ak+m-2?Ak+m-2。

證明由于Jn-1=[n,n-1]∪[n-1,n-1]，所以下面分兩部分證明該定理:

(i) 當α∈[n,n-1]時，由引理3知

αm∈[n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-m]。

(1)

若存在唯一的k∈{1,2,…,n-m+1}，使得ak?Ak,ak+1?Ak+1,…,ak+m-2?Ak+m-2，則由α的保序性可得，ai∈Ai,i≠k,k+1,…,k+m-2且ai∈Ai,i≠k,k+1,…,k+m-2或ak∈Ak+1,ak+1?Ak+2,…,ak+m-2?Ak+m-1。以下分兩種情形討論:

情形1 若ak∈Ak-1,ak+1∈Ak,…,ak+m-2∈Ak+m-3，則由α∈[n,n-1] 可得，Ak-1={ak-1,ak},Ak={ak+1},…,Ak+m-3={ak+m-2}。于是

αm=

從而αm≠α且(αm)2=αm，即α是m次方準冪等元。

情形2 若ak∈Ak+1,ak+1∈Ak+2,…,ak+m-2∈Ak+m-1，則由α∈[n,n-1]可得，Ak+1={ak},…,Ak+m-2={ak+m-3},Ak+m-1={ak+m-2,ak+m-1}，于是

αm=

從而αm≠α且(αm)2=αm，即α是m次方準冪等元。

反之，假設α是m次方準冪等元，我們將用反證法證明。

情形1 若a1?A1,a2?A2,…,am-1?Am-1，注意到A1

我們斷言s=m，若s≠m，則

αm=

從而(αm)2≠αm， 這與α是m次方準冪等元矛盾。由s=m可得,

α=

從而ak∈Ak,k=m,m+1,…,n-1。

情形2 若an-1?An-1,an-2?An-2,…,an-m+1?An-m+1，注意到A1

α=

我們斷言s=n-m，若s≠n-m，則

αm=

從而顯然(αm)2≠αm，這與α是m次方準冪等元矛盾。

由s=n-m可得

α=

從而ak∈Ak,k=1,2,…,n-m。

情形3a1∈A1,a2∈A2,…,am-1∈Am-1且an-1∈An-1,an-2∈An-2,…,an-m+1∈An-m+1。若不存在k∈{m,m+1,…,n-m}，使得ak?Ak,ak+1?Ak+1,…,ak+m-2?Ak+m-2，則ai∈Ai,1≤i≤n-1，從而α2=α，即α∈E(Jn-1)，這與α∈Jn-1E(Jn-1)矛盾。

假設存在k∈{m,m+1,…,n-m}，使得ak?Ak,ak+1?Ak+1,…,ak+m-2?Ak+m-2且ai∈Ai,i

子情形3.1 若ak∈Ak-1,ak+1∈Ak,…,ak+m-2∈Ak+m-3，則由α∈[n,n-1]且ai∈Ai(i

Ak-1={ak-1,ak},Ak={ak+1},…,Ak+m-3={ak+m-2},|Ai|=1,i≠k-1,

于是由A1

a1=1,…,ak-2=k-2,ak-1=k-1,ak=k,ak+1=k+1,…,ak+m-2=k+m-2,

A1={1},…,Ak-2={k-2},Ak-1={k-1,k},

Ak={k+1},Ak+1={k+2},…,Ak+m-2={ak+m-1},…,An-2={n-1},An-1={n},

(2)

從而

α=

我們斷言ak+m-1≠k+m-1。若ak+m-1=k+m-1,則{k-1,k,…,k+m-1}αm=k-1 且(k+m)αm=k+m-2,于是由α是m次方準冪等元可得,

(k+m)αm=(k+m)(αm)2=((k+m)αm)αm=(k+m-2)αm=k-1,

從而{k-1,k,…,k+m-1,k+m}αm=k-1。

因此αm?[n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-m]，這與(1)矛盾。因此ak+m-1≠k+m-1。再由k+m-2=ak+m-2

子情形3.2 若ak∈Ak+1,ak+1∈Ak+2,…,ak+m-2∈Ak+m-1，則由A1k，從而由ak

ak=k+1,ak+1=k+2,…,an-1=n。

(3)

由A1

且k+1=ak∈Ak+1,k+2=ak+1∈Ak+2,…,k+m-1=ak+m-2∈Ak+m-1可得,

A1={1},…,Ak-1={k-1},Ak={k}。

(4)

再由ai∈Ai(i

a1=1,…,ak-1=k-1。

(5)

由A1

Ak+m-1={k+m-1},…,As-1={s-1},As={s,s+1},As+1={s+2},…,An-1={n},

(6)

從而由(3)～(5)可得,

α=

我們斷言s=k+m-1。若s≠k+m-1，則s≥k+m，即s-m≥k，從而

{k+1,k+2,…,s-1,s,s+1}αm=s+1,kαm=s,于是由α是m次方準冪等元可得,

kαm=k(αm)2=(kαm)αm=sαm=s+1,從而{k+1,k+2,…,s-1,s,s+1}αm=s+1。因此αm?[n,n-1]∪[n,n-2]∪…∪[n,n-m]，這與(1)矛盾。因此s=k+m-1。進而，由(3)，(6)可得，ai∈Ai,k+m-2

(ii) 當α∈[n-1,n-1]時，|Ai|=1,i=1,2,…,n-1。此時，定理可簡單敘述為：α是m次方準冪等元的充要條件是存在唯一的k∈{1,2,…,n-m+1}，使得ak≠Ak,ak+1≠Ak+1,…,ak+m-2≠Ak+m-2。

類似(i)的方法即可證明(ii)。證畢。

設αi,j=

∈[n,n-1],i≤j;

∈[n,n-1],j≥i+1;

∈[n-1,n-1],i≤j;

∈[n-1,n-1],j≥i+1。

則據文獻[1]可知,

定理5 設n≥3,2≤m≤n-1,Em(Jn-1)為Jn-1中的所有m次方準冪等元之集,則

Em(Jn-1)={αi,i+m-1:1≤i≤n-m}∪{αi+1,i+m:1≤i≤n-m}

∪{βi,i+m-2:1≤i≤n-m+1}∪{βi+1,i+m-1:1≤i≤n-m+1}。

證明由定理4易知,

αi,j是m次方準冪等元的充要條件是i+m-1=j且1≤i≤n-m;

βi,j是m次方準冪等元的充要條件是i+m-2=j且1≤i≤n-m+1;

定理6 設n≥3,2≤m≤n-1，則

|Em(Jn-1)|=4n-4m+2。

證明由定理5易知，

|Em(Jn-1)|=(n-m)+(n-m)+(n-m+1)+(n-m+1)=4n-4m+2。

注意到

[i→i-1]=αi-1,i-1,2≤i≤n;[i→i+1]=αi,i,1≤i≤n-1;

引理7[1]設n≥3，則POn=。

引理8[1]設n≥2，則rankPOn=2n-1。

(i)POn=〈Em(Jn-1〉;

(ii)idrankmPOn=rankPOn=2n-1。

(i)由定理5得,

因此,E(Jn-1)?。再由引理7可得,POn=。

(ii)顯然，idrankmPOn≥rankPOn。于是由引理8可知，idrankmPOn≥2n-1。

令A={αi,i+m-1:1≤i≤n-m}∪{αi+1,i+m:1≤i≤m-1}

則A?Em(Jn-1)且|A|=2n-1。 易驗證

[i+m-1→i+m-2]=[i+m-2→i+m-1][i+m-3→i+m-2]…[i+1→i+2]

因此，E(Jn-1)?〈A〉。由引理7可得，POn=〈A〉。故idrankmPOn=rankPOn=2n-1。證畢。